广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省阳江市2023-2024学年高二上学期1月期末测试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】，，故选：B2.已知，，，则的最小值为（）A. B.1 C.0 D.【答案】B【解析】由题设，且，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为1.故选：B3.已知幂函数的图象过点，则的值为（）A.9 B.3 C. D.【答案】A【解析】设，则，所以，则，所以故选：A4.若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设，根据已知结合二次函数性质，作图则有，解得.故选：C.5.已知，则＝（）A. B. C. D.【答案】D【解析】故选：D6.已知向量，，，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，，，，，.故选：A7.某圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（）A.4 B.2 C. D.【答案】D【解析】设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面圆的直径，连接SO，由圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形可知圆锥的高，底面圆半径为，设C为圆锥底面圆周上一点，连接BC，OC，则，所以当的面积最大时，即最大时，即的夹角为90°时，的面积最大，此时的面积为8，且，取中点，连接，则，在直角中，可得，所以的面积为，设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，则由可得，即，解得，所以圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为．故选：D．8.已知是表面积为的球表面上的四点，球心为的内心，且到平面的距离之比为，则四面体的体积为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，则为等边三角形，设球的半径为，则，解得，由正弦定理可得，即的边长为，分别取的中点，连接，因为到平面的距离相等，由对称可知：点在底面的投影在直线上，如图，以O为坐标原点，为x轴所在直线，为y轴所在直线，过作底面的垂线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系，则，可得，不妨设平面的法向量依次为，且，则O到平面的距离依次为，可得，整理得，因为，设，，则，则，解得，则，解得，则，即点到底面的距离为，所以四面体的体积为.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（）A.若，则面积的最大值为B.若，则面积的最大值为C.若角的内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3D.若为的中点，且，则面积的最大值为【答案】BCD【解析】对于A，由余弦定理可得，即，由基本不等式可得，即，当且仅当时，等号成立，所以，所以A错误；对于B，由余弦定理可得，所以，因为，所以，当且仅当时，等号成立，所以，即面积的最大值为，故B正确；对于C，设，，则，，在和中，分别运用正弦定理，得和.因为，所以，即，所以，由余弦定理可得，所以，，当且仅当时，等号成立，所以面积的最大值为3，所以C正确；对于D，设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，所以，所以当即时，，D正确.故选：BCD.10.已知函数，则（）A.是上的奇函数B.当时，的解集为C.当时，在上单调递减D.当时，值域为【答案】ABD【解析】对于A，首先的定义域是关于原点对称，其次，即是上的奇函数，故A正确；对于B，当时，，所以或，解得或，即当时，的解集为，故B正确；对于C，不妨取，此时，对，有，故C错误；对于D，当时，令，此时，而，当时，，从而当时，即值域为.故选：ABD.11.已知函数，则下列正确的有（）A.函数在上为增函数 B.存在，使得C.函数的值域为 D.方程只有一个实数根【答案】ABD【解析】A.当时，，函数在上为增函数，故A正确；B.当时，，若，则，即，其中，所以方程存在实数根，故B正确；C.当时，，函数在上为增函数，此时，当且时，，此时函数在和单调递减，此时或，所以函数的值域是，故C错误；D.由以上求值域的过程可知，和时，，当时，，即，如图画出和，当的图象，两函数图象在区间只有1个交点，所以方程只有一个实数根，故D正确.故选：ABD12.正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（）A.对于任意的，且，都有平面平面B.当时，三棱锥的体积不为定值C.若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．D.的取值范围为【答案】ACD【解析】对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的法向量为，，则，令，则，，则，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，则，又，所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；对于B，当时，设平面的法向量为，，则，令，则，，所以，又，点到平面的距离为又，又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；对于C，设，,则因为直线到平面的距离为，所以平面，，设面为，则，令，则，所以所以，即，又，则，解得或，若，所以，，又，设直线与直线所成角为，所以当最大时，最小，令，，在单调递增，所以，，最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；对于D，设因为，所以，，，所以，整理得，即所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，所以，当时，最小为，当时，最大为所以的取值范围为，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，则的值为______.【答案】【解析】依题意，.故答案为：14.已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为_________．【答案】1（不唯一）【解析】设，分别绘制函数的大致图像如下图：其中有最小值，，没有最小值，是它的渐近线，点在上，，，如上图，当时，不存在最小值，；故答案为：（不唯一）.15.三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为______．【答案】【解析】设球O的半径为，则，解得，因为点A在平面的射影是线段的中点，即⊥平面，因为平面，所以⊥，由三线合一可知，，因为，所以为等边三角形，故，，且球心O在平面上投影为的中心，即，过点O作⊥平面于点，连接，故，则与平行，故，由勾股定理得，平面被球O截得的截面为圆，半径为2，故面积为.故答案为：16.在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为______.【答案】或【解析】依题意，将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，因为异面直线，所成的角为，，所以可得或，所以应为图中或，如下图所示：由对称性可知，当点在轴负方向时，解法与或位置相同；可设的中点为，四面体外接球的球心为，球的半径为，由题意可知，球心在过点且垂直于平面的垂线上，且满足，建立如上图所示的空间直角坐标系，因为，，，设，又，由，所以，或，解得或,所以或，即可知四面体外接球的表面积为或.故答案为：或四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.在中，角所对应的边分别为，且，，．求：（1）a的值；（2）和的面积．解：（1）因为，，，所以，由余弦定理得：，解得．故.（2）由，则，由正弦定理得，又，得，．故，的面积为.18.某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．（1）求a、b的值；（2）估计这100名候选者面试成绩的第60百分位数（精确到0.1）.解：（1）由题意，因为第三、四、五组的频率之和为，可得，解得，所以前两组的频率之和为，即，所以.（2）由前两个分组频率之和为，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，设第60百分位数为x，则，解得，故第60百分位数为．19.如图，在所有棱长都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．（1）证明：A1C1⊥B1C；（2）求直线BC与平面ABB1A1所成角的大小．解：（1）连接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，在△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，所以AC⊥B1C．又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中，1，所以A1C1⊥B1C．（2）方法1连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO．在边长都为1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中点，又因为B1C＝AC＝1，所以CO⊥AB1．因为四边形B1BCC1边长都为1，所以B1C⊥BC1．由(1)知B1C⊥A1C1．又因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1平面A1BC1，所以B1C⊥平面A1BC1．因为A1B平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．因为在边长都为1的四边形A1ABB1中，A1B⊥AB1．又因为AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1C．因为CO平面AB1C，所以CO⊥A1B．又因为A1B∩AB1＝O，A1B，AB1平面A1ABB1，所以CO⊥平面A1ABB1，所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．方法2取AB1中点O，连接BO，CO．在△ACB1中，AC＝B1C＝1，所以CO⊥AB1，在边长都为1的正方形A1ABB1中，BO＝，A1B＝．又因为AC2＋B1C2＝A1B2，所以△ACB1为直角三角形，所以CO＝．在△ACB1中，CO2＋BO2＝BC2，所以CO⊥BO．又因为AB1∩BO＝O，AB1，BO平面A1ABB1，所以CO⊥平面A1ABB1，所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．20.已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.（1）经过点P且与直线垂直的直线方程；（2）求以为直径的圆的方程.解：（1）易知的斜率为，故所求直线斜率是直线过点，故直线方程为方程为（2）联立方程组解得故，，由中点坐标公式得中点坐标为由两点间距离公式得，故所求圆方程为21.已知直线和圆．（1）求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；（2）求与直线平行且与圆相切的直线的方程．解：（1）设与直线垂直的直线的方程为．圆可化为，圆心为，因为直线经过圆心，所以，即，故所求直线的方程为．（2）设与直线平行的直线的方程为．因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，所以或10，故所求直线的方程为或．